1、7.17.3 综合拔高练综合拔高练 五年高考练五年高考练 考点考点离散型随机变量的均值与方差离散型随机变量的均值与方差 1.(2020 课标全国理,3,5 分,)在一组样本数据中,1,2,3,4 出现的频率分别为 p1,p2,p3,p4,且 ?=1 4 pi=1,则下面四种情形中,对应样本的标准差最大的一组是() A.p1=p4=0.1,p2=p3=0.4 B.p1=p4=0.4,p2=p3=0.1 C.p1=p4=0.2,p2=p3=0.3 D.p1=p4=0.3,p2=p3=0.2 2.(2019 北京,17,13 分,)改革开放以来,人们的支付方式发生了巨大转变.近年 来,移动支付已成为
2、主要支付方式之一.为了解某校学生上个月 A,B 两种移动支付 方式的使用情况,从全校学生中随机抽取了 100 人,发现样本中 A,B 两种支付方式 都不使用的有 5 人,样本中仅使用 A 和仅使用 B 的学生的支付金额分布情况如下: 支付金额(元)支付方 式 (0,1 000(1 000,2 000大于 2 000 仅使用 A18 人9 人3 人 仅使用 B10 人14 人1 人 (1)从全校学生中随机抽取 1 人,估计该学生上个月 A,B 两种支付方式都使用的概 率; (2)从样本仅使用 A 和仅使用 B 的学生中各随机抽取 1 人,以 X 表示这 2 人中上个 月支付金额大于 1 000
3、元的人数,求 X 的分布列和数学期望; (3)已知上个月样本学生的支付方式在本月没有变化.现从样本仅使用 A 的学生中, 随机抽查 3 人,发现他们本月的支付金额都大于 2 000 元.根据抽查结果,能否认 为样本仅使用 A 的学生中本月支付金额大于 2 000 元的人数有变化?说明理由. 3.(2019 课标全国,21,12 分,)为治疗某种疾病,研制了甲、乙两种新药,希望 知道哪种新药更有效,为此进行动物试验.试验方案如下:每一轮选取两只白鼠对 药效进行对比试验.对于两只白鼠,随机选一只施以甲药,另一只施以乙药.一轮的 治疗结果得出后,再安排下一轮试验.当其中一种药治愈的白鼠比另一种药治愈
4、的 白鼠多 4 只时,就停止试验,并认为治愈只数多的药更有效.为了方便描述问题,约 定:对于每轮试验,若施以甲药的白鼠治愈且施以乙药的白鼠未治愈,则甲药得 1 分,乙药得-1 分;若施以乙药的白鼠治愈且施以甲药的白鼠未治愈,则乙药得 1 分, 甲药得-1 分;若都治愈或都未治愈,则两种药均得 0 分.甲、乙两种药的治愈率分 别记为和,一轮试验中甲药的得分记为 X. (1)求 X 的分布列; (2)若甲药、乙药在试验开始时都赋予 4 分,pi(i=0,1,8)表示“甲药的累计得 分为 i 时,最终认为甲药比乙药更有效”的概率,则 p0=0,p8=1,pi=api- 1+bpi+cpi+1(i=1
5、,2,7),其中 a=P(X=-1),b=P(X=0),c=P(X=1).假设 =0.5,=0.8. (i)证明:pi+1-pi(i=0,1,2,7)为等比数列; (ii)求 p4,并根据 p4的值解释这种试验方案的合理性. 三年模拟练三年模拟练 应用实践应用实践 1.(2020 福建福州一中高二下适应性考试,)从 1,2,3,4,5 中任取 2 个不同的数, 事件 A 表示“取到的 2 个数之和为偶数”,事件 B 表示“取到的两个数均为偶 数”,则 P(B|A)=() A.1 8 B.1 4 C.2 5 D.1 2 2.(2020 重庆巴蜀中学高二下月考,)已知 A 学校有 15 位数学老师
6、,其中 9 位男 老师,6 位女老师,B 学校有 10 位数学老师,其中 3 位男老师,7 位女老师,为了实现 师资均衡,现从 A 学校任意抽取一位数学老师到 B 学校,然后从 B 学校随机抽取一 位数学老师到市里上公开课,则两次都抽到男老师的概率是() A. 9 55 B.12 55 C. 4 11 D. 3 50 3.(2020 山东淄博桓台一中高二下期中,)已知随机变量 X 的分布列如下: X-101 P 1 2 1 3 1 6 且 Y=aX+3,E(Y)=5 3,则 a= . 4.(2020 河北邯郸第一中学高二期中,)设验血诊断某种疾病的误诊率为 5%,即 若用 A 表示验血为阳性,
7、B 表示受验者患病,则 P(?|B)=P(A|?)=0.05.若受检人群 中有 0.5%患此病,即 P(B)=0.005,则一个验血为阳性的人确患此病的概率 为. 5.(2020 河北沧州一中高二下月考,)依据某地某条河流 8 月份的水文观测点的 历史统计数据所绘制的频率分布直方图如图甲所示;依据当地的地质构造,得到水 位与灾害等级的条形图如图乙所示. 图甲 图乙 (1)以此频率作为概率,试估计该河流在 8 月份发生 1 级灾害的概率; (2)在 8 月份,该河流域某企业若没受 1、2 级灾害影响,则利润为 500 万元;若受 1 级灾害影响,则亏损 100 万元;若受 2 级灾害影响,则亏损
8、 1 000 万元. 现此企业有如下三种应对方案: 方案防控等级费用(单位:万元) 方案一无措施0 方案二防控 1 级灾害40 方案三防控 2 级灾害100 试问,如仅从利润考虑,该企业应选择这三种方案中的哪种方案?说明理由. 6.(2020 山东济宁一中高三下质量检测,)某班级体育课进行一次定点投篮测试, 规定每人最多投 3 次,每次投篮的结果相互独立.在 A 处每投进一球得 3 分,在 B 处每投进一球得 2 分,否则得 0 分.将学生得分逐次累加并用 X 表示,如果 X 的值 不低于 3 就判定为通过测试,立即停止投篮,否则继续投篮,直到投完三次为止.现 有两种投篮方案:方案 1,先在
9、A 处投一球,以后都在 B 处投;方案 2,都在 B 处投篮. 已知甲同学在 A 处投篮的命中率为1 4,在 B 处投篮的命中率为 4 5. (1)若甲同学选择方案 1,求他测试结束后所得总分 X 的分布列和数学期望; (2)你认为甲同学选择哪种方案通过测试的可能性更大?说明理由. 迁移创新迁移创新 7.(2020 江西瑞金四校高三第三次联考,)2020 年新冠肺炎给世界人民带来了巨 大的灾难,面对新冠肺炎,早发现、早报告、早隔离、早诊断、早治疗是有效防控 疾病蔓延的重要举措之一.某社区对 55 位居民是否患有新冠肺炎进行筛查,先到 社区医务室进行咽拭子核酸检测,检测结果呈阳性者,再到医院做进
10、一步检查,已 知这 55 位居民随机一人其咽拭子核酸检测结果呈阳性的概率为 2%,且每个人的咽 拭子核酸检测是否呈阳性相互独立. (1)假设患新冠肺炎的概率是 0.3%,且患病者咽拭子核酸检测呈阳性的概率为 98%, 设这 55 位居民中有一位的咽拭子核酸检测呈阳性,求该居民可以确诊为新冠肺炎 患者的概率; (2)假设咽拭子核酸检测采用分组检测法可有效减少工作量,具体操作如下:将 55 位居民分成若干组,先取每组居民的咽拭子核酸混在一起进行检测,若结果显示阴 性,则可断定本组居民没有患病,不必再检测;若结果显示阳性,则说明本组中至少 有一位居民患病,需再逐个进行检测,现有两个分组方案: 方案一
11、:将 55 位居民分成 11 组,每组 5 人; 方案二:将 55 位居民分成 5 组,每组 11 人. 试分析哪一个方案的工作量更少. (参考数据:0.98 50.904,0.98110.801) 答案全解全析答案全解全析 7.17.3 综合拔高练 五年高考练 1.B根据均值 E(X)= ?=1 4 xipi,方差 D(X)= ?=1 4 xi-E(X) 2p i以及方差与标准差的关系, 得各选项对应样本的标准差如下表. 选项均值 E(X)方差 D(X) 标准差 D(X) A2.50.650.65 B2.51.851.85 C2.51.051.05 D2.51.451.45 由此可知选项 B
12、 对应样本的标准差最大,故选 B. 2.解析(1)由题意知,样本中仅使用 A 的学生有 18+9+3=30 人,仅使用 B 的学生 有 10+14+1=25 人,A,B 两种支付方式都不使用的学生有 5 人. 故样本中 A,B 两种支付方式都使用的学生有 100-30-25-5=40 人. 所以从全校学生中随机抽取 1 人,估计该学生上个月 A,B 两种支付方式都使用的 概率为 40 100=0.4. (2)X 的可能取值为 0,1,2. 记事件 C 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽取 1 人,该学生上个月的支付金额 大于 1 000 元”,事件 D 为“从样本仅使用 B 的学生中随机抽取
13、 1 人,该学生上个 月的支付金额大于 1 000 元”. 由题设知,事件 C,D 相互独立,且 P(C)=9+3 30 =0.4,P(D)=14+1 25 =0.6. 所以 P(X=2)=P(CD)=P(C)P(D)=0.24, P(X=1)=P(C?D) =P(C)P(?)+P(?)P(D) =0.4(1-0.6)+(1-0.4)0.6=0.52, P(X=0)=P(?)=P(?)P(?)=0.24. 所以 X 的分布列为 X012 P0.24 0.520.24 故 X 的数学期望 E(X)=00.24+10.52+20.24=1. (3)记事件 E 为“从样本仅使用 A 的学生中随机抽查
14、 3 人,他们本月的支付金额都 大于 2 000 元”. 假设样本仅使用 A 的学生中,本月支付金额大于 2 000 元的人数没有变化, 则由上个月的样本数据得 P(E)= 1 C30 3 = 1 4 060. 答案示例 1:可以认为有变化. 理由如下: P(E)比较小,概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生,就有理由认为本月的 支付金额大于 2 000 元的人数发生了变化,所以可以认为有变化. 答案示例 2:无法确定有没有变化. 理由如下: 事件 E 是随机事件,P(E)比较小,一般不容易发生,但还是有可能发生的,所以无法 确定有没有变化. 3.解析(1)X 的可能取值为-1,0,1. P
15、(X=-1)=(1-), P(X=0)=+(1-)(1-), P(X=1)=(1-). 所以 X 的分布列为 X-101 P(1-)+(1-)(1-)(1-) (2)(i)证明:由(1)得 a=0.4,b=0.5,c=0.1. 因此 pi=0.4pi-1+0.5pi+0.1pi+1, 故 0.1(pi+1-pi)=0.4(pi-pi-1), 即 pi+1-pi=4(pi-pi-1). 又因为 p1-p0=p10, 所以pi+1-pi(i=0,1,2,7)是公比为 4,首项为 p1的等比数列. (ii)由(i)可得 p8=p8-p7+p7-p6+p1-p0+p0=(p8-p7)+(p7-p6)+
16、(p1-p0)=4 8-1 3 p1. 由于 p8=1,故 p1= 3 48-1, 所以 p4=(p4-p3)+(p3-p2)+(p2-p1)+(p1-p0)=4 4-1 3 p1= 1 257. p4表示最终认为甲药更有效的概率.由计算结果可以看出,在甲药治愈率为 0.5,乙 药治愈率为 0.8 时,认为甲药更有效的概率为 p4= 1 2570.003 9,此时得出错误结论 的概率非常小,说明这种试验方案合理. 三年模拟练 1.B依题意 P(A)= C3 2+C 2 2 C5 2 = 4 10= 2 5,P(AB)= C2 2 C5 2= 1 10,故 P(B|A)= ?(?) ?(?) =
17、 1 10 2 5 =1 4.故选 B. 2.B设“从 A 学校抽取的数学老师是男老师”为事件 M,“从 B 学校抽取的数学 老师是男老师”为事件 N, 则由题意可知 P(M)= 9 15= 3 5, P(N|M)= 3+1 10+1= 4 11, 则两次都抽到男老师的概率 P(MN)=P(M)P(N|M)=3 5 4 11= 12 55. 故选 B. 3.答案4 解析E(X)=-11 2+0 1 3+1 1 6=- 1 3,Y=aX+3, E(Y)=aE(X)+3=5 3, 即-1 3a+3= 5 3,解得 a=4. 4.答案 19 218 解析P(B|A) = ?(?)?(?|?) ?(?
18、)?(?|?)+?(?)P(A|?) = 0.0050.95 0.0050.95+0.9950.05= 19 218. 5.解析(1)依据题图甲,记该河流 8 月份“水位小于 40 米”为事件 A1,“水位在 40 米至 50 米之间”为事件 A2,“水位大于 50 米”为事件 A3, 则 P(A1)=(0.02+0.05+0.06)5=0.65, P(A2)=(0.04+0.02)5=0.30, P(A3)=0.015=0.05. 记该地 8 月份“水位小于 40 米且发生 1 级灾害”为事件 B1,“水位在 40 米至 50 米之间且发生 1 级灾害”为事件 B2,“水位大于 50 米且发
19、生 1 级灾害”为事件 B3, 则 P(B1)=0.10,P(B2)=0.20,P(B3)=0.60. 记“该河流在 8 月份发生 1 级灾害”为事件 B,则 P(B)=P(A1B1)+P(A2B2)+P(A3B3)=P(A1)P(B1)+P(A2)P(B2)+P(A3)P(B3) =0.650.10+0.300.20+0.050.60=0.155. 故估计该河流在 8 月份发生 1 级灾害的概率为 0.155. (2)以企业利润为随机变量, 若选择方案一,则利润 X1的可能取值为 500,-100,-1 000,由(1)知 P(X1=500)=0.650.90+0.300.75+0.050=
20、0.81, P(X1=-100)=0.155, P(X1=-1 000)=0.650+0.300.05+0.050.40=0.035. 故 X1的分布列为 X1500-100-1 000 P0.810.1550.035 则该企业在 8 月份的利润期望 E(X1)=5000.81+(-100)0.155+(-1 000)0.035=354.5. 若选择方案二,则利润 X2的可能取值为 460,-1 040,由(1)知, P(X2=460)=0.81+0.155=0.965, P(X2=-1 040)=0.035. 故 X2的分布列为 X2460-1 040 P0.9650.035 则该企业在 8
21、 月份的利润期望 E(X2)=4600.965+(-1 040)0.035=407.5. 若选择方案三,则该企业在 8 月份的利润期望 E(X3)=500-100=400. 因为 E(X2)E(X3)E(X1),所以该企业应选择方案二. 6.解析(1)设甲同学在 A 处投中为事件 A,在 B 处第 i 次投中为事件 Bi(i=1,2), 则 P(A)=1 4,P(Bi)= 4 5. X 的可能取值为 0,2,3,4, P(X=0)=P(?1?2)=P(?)P(?1)P(?2)=3 4 1 5 1 5= 3 100, P(X=2)=P(?B1?2)+P(?1B2)=3 4 4 5 1 5+ 3
22、4 1 5 4 5= 6 25, P(X=3)=P(A)=1 4, P(X=4)=P(?B1B2)=3 4 4 5 4 5= 12 25, 故 X 的分布列为 X0234 P 3 100 6 25 1 4 12 25 X 的数学期望 E(X)=0 3 100+2 6 25+3 1 4+4 12 25= 315 100=3.15. (2)设甲同学选择方案 1 通过测试的概率为 P1,选择方案 2 通过测试的概率为 P2, 则由(1)得 P1=P(X=3)+P(X=4)=1 4+ 12 25= 73 100=0.73, P2=4 5 4 5+ 1 5 4 5 4 5+ 4 5 1 5 4 5 =1
23、12 125=0.896, P2P1, 甲同学选择方案 2 通过测试的可能性更大. 7.解析(1)设事件 A 为 “咽拭子核酸检测呈阳性”,事件 B 为“患新冠肺炎”. 由题意可得 P(A)=0.02,P(B)=0.003, P(A|B)=0.98, 由概率的乘法公式, 得 P(AB)=P(B)P(A|B)=0.0030.98, 所以 P(B|A)=?(?) ?(?) =0.0030.98 0.02 =0.147. 故咽拭子核酸检测呈阳性的居民可以确诊为新冠肺炎患者的概率为 14.7%. (2)设方案一中每组的检测次数为 X,则 X 的可能取值为 1,6, P(X=1)=(1-0.02) 5=
24、0.9850.904, P(X=6)=1-0.98 50.096, 所以 X 的分布列为 X16 P0.9040.096 所以 E(X)=10.904+60.096=1.48, 即方案一检测的总次数的期望为 111.48=16.28. 设方案二中每组的检测次数为 Y,则 Y 的可能取值为 1,12, P(Y=1)=(1-0.02) 11=0.98110.801, P(Y=12)=1-0.98 110.199, 所以 Y 的分布列为 Y112 P0.8010.199 所以 E(Y)=10.801+120.199=3.189. 即方案二检测的总次数的期望为 53.189=15.945. 因为 16.2815.945,所以方案二的工作量更少.
